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1、2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（本大题共12 小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上.）1函数定义域为（ ）A.B.C.D.2设则的大小关系是A.B.C.D.3若
2、函数的定义域为R，则下列函数必为奇函数的是（）A.B.C.D.4已知函数，则的值为A.B.C.D.5已知向量（2，3），（x，2），且，则|23|（）A.2B.C.12D.136若定义运算，则函数的值域是（ ）A.(-，+)B.1，+)C.(0.+)D.(0，17命题：，的否定是（ ）A.，B.，C.，D.，8已知幂函数的图象过（4，2）点，则A.B.C.D.9中国5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度C取决于信道带宽W，信道内信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比较大时，公式中真数中的1
3、可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比从1000提升至8000，则C大约增加了()（）A.10%B.30%C.60%D.90%1030的弧度数为（）A.B.C.D.11已知圆：与圆：，则两圆的位置关系是A.相交B.相离C.内切D.外切12斜率为4的直线经过点A(3,5)，B(a,7)，C(1，b)三点，则a，b的值为()A.a ，b0B.a，b11C.a，b11D.a，b11二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.） 13已知水平放置的ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中BO=CO=2，BAC=90，则原ABC的面积为_14已知是定义在
4、正整数集上的严格减函数，它的值域是整数集的一个子集，并且，则的值为_.15若扇形AOB的圆心角为，周长为10+3，则该扇形的面积为_16函数的定义域是_三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）17设函数f（x）的定义域为I，对于区间，若，x2D（x1x2）满足f（x1）f（x2）1，则称区间D为函数f（x）的V区间（1）证明：区间（0，2）是函数的V区间；（2）若区间0，a（a0）是函数的V区间，求实数a的取值范围；（3）已知函数在区间0，）上的图象连续不断，且在0，）上仅有2个零点，证明：区间，）不是函数f（x）的V区间18对于定义在上的函
5、数，如果存在实数，使得，那么称是函数的一个不动点已知（1）当时，求的不动点；（2）若函数有两个不动点，且求实数的取值范围；设，求证在上至少有两个不动点19已知集合（1）当时，求；（2）若“”是“”充分条件，求实数a的取值范围20设不等式的解集为集合A，关于x的不等式的解集为集合B.（1）若，求；（2）命题p：，命题q：，若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围.21已知函数（，且）.（1）若函数在上的最大值为2，求的值；（2）若，求使得成立的的取值范围.22（1）当，求的值；（2）设，求的值.参考答案一、选择题（本大题共12 小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是
6、符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上.）1、C【解析】由二次根式的被开方数非负和对数的真数大于零求解即可【详解】由题意得，解得，所以函数的定义域为，故选：C2、C【解析】由在区间是单调减函数可知，又，故选.考点：1.指数函数的性质；2.函数值比较大小.3、C【解析】根据奇偶性的定义判断可得答案.【详解】，由得是偶函数，故A错误；，由得是偶函数，故B错误；，由得是奇函数，故C正确；，由得是偶函数，故D错误；故选：C.4、C【解析】由，故选C5、D【解析】由，可得，由向量加法可得，再结合向量模的运算即可得解.【详解】解:由向量（2，3），（x，2），且，则,即,即,所以,所以,故选:D.【点睛
7、】本题考查了向量垂直的坐标运算，重点考查了向量加法及模的运算，属基础题.6、D【解析】作出函数的图像，结合图像即可得出结论.【详解】由题意分析得：取函数与中的较小的值，则，如图所示（实线部分）：由图可知：函数的值域为：.故选：D.【点睛】本题主要考查了指数函数的性质和应用.考查了数形结合思想.属于较易题.7、D【解析】由全称量词命题与存在量词命题的否定判断即可.【详解】由全称量词命题与存在量词命题的否定，可知原命题的否定为，故选：D8、A【解析】详解】由题意可设 ,又函数图象过定点（4，2）, , ,从而可知，则 .故选A9、B【解析】根据所给公式、及对数的运算法则代入计算可得；【详解】解：当
8、时，当时， 约增加了30%.故选：B10、B【解析】根据弧度与角度之间的转化关系进行转化即可详解】解：，故选【点睛】本题考查了将角度制化为弧度制，属于基础题11、C【解析】分析：求出圆心的距离，与半径的和差的绝对值比较得出结论详解：圆，圆,，所以内切故选C点睛：两圆的位置关系判断如下：设圆心距为，半径分别为，则：，内含；，内切；，相交；，外切；，外离12、C【解析】因为，所以，则，故选C二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.） 13、8【解析】根据“斜二测画法”原理还原出ABC，利用边长对应关系计算原ABC的面积即可详解】根据“斜二测画法”原理，还原出ABC，如
9、图所示；由BOCO2，BAC90，OABC2，原ABC的面积为SBCOA448故答案为8【点睛】本题考查了斜二测画法中原图和直观图面积的计算问题，是基础题14、【解析】利用严格单调减函数定义求得值，然后在由区间上整数个数，可确定的值【详解】，根据题意，又，所以，即，在上只有13个整数，因此可得，故答案为：15、【解析】设扇形AOB的的弧长为l，半径为r，由已知可得l3，r5，再结合扇形的面积公式求解即可.【详解】解：设扇形AOB的的弧长为l，半径为r，l+2r10+3，l3，r5，该扇形的面积S，故答案为：.【点睛】本题考查了扇形的弧长公式及扇形的面积公式，重点考查了方程的思想，属基础题.16
10、、【解析】要使函数有意义，则,解得, 函数的定义域是,故答案为.三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）17、（1）证明详见解析；（2）a1；（3）证明详见解析.【解析】（1）取特殊点可以验证；（2）利用的单调递减可以求实数a的取值范围；（3）先证f（x）在上存在零点，然后函数在区间0，）上仅有2个零点， f（x）在，）上不存在零点，利用定义说明区间，）不是函数f（x）的V区间.详解】（1）设x1，x2（0，2）（x1x2）若f（x1）f（x2）1，则所以lgx1lgx2lgx1x20，x1x21，取，满足定义所以区间（0，2）是函数的V区间
11、（2）因为区间0，a是函数的V区间，所以，x20，a（x1x2）使得因为在0，a上单调递减所以，所以，a-10，a1故所求实数a的取值范围为a1（3）因为，所以f（x）在上存在零点，又因为f（0）0所以函数f（x）在0，）上至少存在两个零点，因为函数在区间0，）上仅有2个零点，所以f（x）在，）上不存在零点，又因为f（）0，所以，f（x）0所以，x2，）（x1x2），f（x1）f（x2）0即因此不存在，x2，）（x1x2）满足f（x1）f（x2）1所以区间，）不是函数f（x）的V区间【点睛】本题考查了函数的性质，对新定义的理解，要求不仅好的理解能力，还要有好的推理能力.18、（1）的不动点为和
12、；（2），证明见解析.【解析】（1）当时，函数，令，即可求解；（2）由题意，得到的两个实数根为，设，根据二次函数的图象与性质，列出不等式即可求解；把可化为，设的两个实数根为，根据是方程的实数根，得出，结合函数单调性，即可求解.【详解】（1）当时，函数，方程可化为，解得或，所以的不动点为和（2）因为函数有两个不动点，所以方程，即的两个实数根为，记，则的零点为和，因为，所以，即，解得.所以实数的取值范围为因为方程可化为，即因为，所以有两个不相等的实数根设的两个实数根为，不妨设因为函数图象的对称轴为直线，且，所以记， 因为，且，所以是方程的实数根，所以1是的一个不动点，因为，所以，且的图象在上的图象
13、是不间断曲线，所以，使得，又因为在上单调递增，所以，所以是的一个不动点，综上，在上至少有两个不动点【点睛】利用函数的图象求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略：1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数和图象的交点的横坐标；2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解.19、（1）；（2）或.【解析】(1)解一元二次不等式化简集合B，把代入，利用补集、交集的定义直接计算作答.(2)由给定条件可得
14、，再借助集合的包含关系列式计算作答.【小问1详解】当时，解不等式得：或，则或，有，所以.【小问2详解】由(1)知，或，因“”是“”的充分条件，则，显然，因此，或，解得或，所以实数a取值范围是或.20、（1）（2）【解析】（1）求解A,B，根据交集、补集运算即可；（2）由题意转化为,建立不等式求解即可.【详解】（1），解得，所以,当时，由可得，解得，所以，所以（2）由解得，即，因为命题p：，命题q：，且p是q的必要不充分条件，所以，所以，且等号不同时成立，解得，即实数m的取值范围为【点睛】关键点点睛：根据充分条件、必要条件的意义，转化为集合间的包含、真包含关系，是解题的关键，属于中档题.21、 (1)或；(2)【解析】(
